【正文】 ，注意①NA個晶胞質(zhì)量和摩爾質(zhì)量關(guān)系； ②金屬原子半徑和立方體邊長關(guān)系；③單位關(guān)系換算1 nm= 1 000 pm=109 m。(4) ①ZnCl2和[Zn(NH3)4]Cl2為離子晶體，屬于分子晶體的是NH34．A解析：3d24s2 3 Ti原子的價電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強 [TiCl(H2O)5]2+ 氧 spsp3 c BD a 【解析】【分析】(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，四方晶胞中，頂點粒子占，面上粒子占，內(nèi)部粒子為整個晶胞所有，晶體化學(xué)式為TiO2，O的數(shù)目是Ti的兩倍，則必有2個氧原子位于晶胞內(nèi)，晶胞的上、下底面上各有2個氧原子。、M、d的代數(shù)式表示【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、晶胞的相關(guān)計算1．C解析：4:3 小于 (CN)2相對分子質(zhì)量小于(SCN)2，范德華力較小，則沸點較低 小于 sp2雜化 【解析】【分析】（1）(CN)2的結(jié)構(gòu)式為，單鍵是σ鍵，三鍵中有1個σ鍵和2個π鍵，以此分析；分子晶體相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點越高；（2）HNO2可變形為：HONO，HNO3可變形為：HONO2，再根據(jù)題意分析；利用價層電子對互斥理論來分析判斷NO2中氮原子的雜化方式；（3）利用均攤法計算晶胞中Se原子，注意頂點原子為6個晶胞共用；根據(jù)計算。①基態(tài)氟原子的價電子排布圖為_____________；②金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為_______；③UF4用Mg或Ca還原時，其氧化產(chǎn)物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔點高于CaF2，其原因是_________________。10．銅及其化合物具有廣泛的應(yīng)用，間接碘量法可以測定銅合金中的銅，回答下列問題：(1)銅合金的種類較多，主要有黃銅和各種青銅等。（3）過渡金屬原子可以與CO分子形成配合物，配合物價電子總數(shù)符合18電子規(guī)則。（3）含氧有機物中，氧原子的成鍵方式不同會導(dǎo)致有機物性質(zhì)不同。（2）Co2+ 、Co3+都能與 CN一形成配位數(shù)為6的配離子。③CuF晶胞如圖（b），晶胞邊長為a nm。氯所在的鹵族元素在生產(chǎn)生活中有廣泛應(yīng)用，回答以下問題：（1）基態(tài)氯原子的核外價電子排布式為__________，HClO分子中中心原子的雜化軌道類型為__________。①上述反應(yīng)涉及的物質(zhì)中，固態(tài)時屬于分子晶體的是___________。①A、B、C、D4種微粒，其中氧原子是________(填代號)。（3）在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數(shù)為組成為TiCl3（3）富馬酸和馬來酸互為順反異構(gòu)體，其電離常數(shù)如下表：物質(zhì)名稱Ka1Ka2富馬酸()104105馬來酸()102107請從氫鍵的角度解釋富馬酸兩級電離常數(shù)差別較小，而馬來酸兩級電離常數(shù)差別較大的原因：__。(2)C、N、O三種元素的第一電離能由大到小的順序為___________，HOCH2CN分子中含有的σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_________。(2)無機含氧酸的通式可寫成(HO)mROn，如果成酸元素 R 相同，則 n 值越大，R 的正電性越高，在水中越容易電離出 H+。沸點：(CN)2__________ (SCN)2（填“大于”、“等于”或“小于”），理由是__________。的電子排布式為_____________，基態(tài) C原子核外電子占據(jù)_____個不同原子軌道。a.[Ar]3d54s2 b.[Ar]3d54s1 c.[Ar]3d64s2 d.[Ar]3d6（2）琥珀酸即丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)，在琥珀酸分子中電負性最大的原子是__，碳原子的雜化方式是__；琥珀酸亞鐵中存在配位鍵，在該配位鍵中配位原子是__，中心原子是__。（2）鈦比鋼輕、比鋁硬，是一種新興的結(jié)構(gòu)材料，鈦的硬度比鋁大的原因是_________。其晶胞結(jié)構(gòu)(晶胞中相同位置的原子相同)如圖所示。H2O＝[Zn(NH3)4]Cl2＋4H2O。6．在新型冠狀病毒疫情中常用84消毒液進行消毒，有效成分為NaClO溶液，其主要是基于次氯酸（HClO）的氧化性。②工業(yè)上將CuCl溶入KCN溶液中配制成鍍銅液，鍍銅液中配合物化學(xué)式為__________，寫出一種與配體互為等電子體的陽離子的電子式__________。（1）Co2+的核外電子排布式為_______，Co的第四電離能比 Fe 的第四電離能要小得多，原因是__________________________。O3的中心原子的雜化形式為_____；其分子的VSEPR模型為_____，與其互為等電子體的離子為_____（寫出一種即可）。在該結(jié)構(gòu)中，氮鎳之間形成的化學(xué)鍵是__________，碳原子的雜化軌道類有_______________，非金屬元素的電負性由大到小的順序是_________________。若晶體中的Ni離子分別為Ni2+、Ni3+，此晶體中Ni2+與Ni3+的最簡整數(shù)比為____________?；卮鹣铝袉栴}：(1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。用含【點睛】對于晶體的密度計算方法為：先計算一個晶胞的質(zhì)量，然后根據(jù)晶胞參數(shù)計算晶胞的體積，然后利用密度公式計算晶胞密度，其主要易錯點在于單位的換算以及晶胞內(nèi)相關(guān)原子個數(shù)的計算。(3) 中碳原子的結(jié)構(gòu)有甲基和苯環(huán)，雜化方式為spsp3。cm－3。②將CuCl溶入KCN溶液中形成配合物，Cu+提供空軌道，作中心離子，配位數(shù)為4，故其化學(xué)式為K3Cu(CN)4，與配體互為等電子體的陽離子可以為NO+，電子式為。VSEPR模型為平面三角形，與其互為等電子體的離子中含有3個原子、價電子數(shù)是18，與其互為等電子體的陰離子有NO2(合理即可)；(3)形成分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高，乙醇能形成分子間氫鍵、甲醚不能形成分子間氫鍵，所以乙醇的熔沸點比甲醚高；(4)Fe2+的配位數(shù)為6；與O2緊鄰的所有Fe2+構(gòu)成的幾何構(gòu)型、與Fe2+緊鄰的所有O2構(gòu)成的幾何構(gòu)型相同，根據(jù)知，表中有標記的這幾個離子形成正八面體，則與O2緊鄰的所有Fe2+構(gòu)成的幾何構(gòu)型為正八面體?！驹斀狻?1)陽離子為Cu 2+，Cu原子核外電子數(shù)為29，陽離子的基態(tài)核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9；由元素周期律可知，同主族自上而下元素第一電離能減小，N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能為：N＞O＞S；(2)NH3中N原子形成3個NH，含有1對孤對電子，雜化軌道數(shù)目為4，VSEPR模型為四面體，中心N原子采取sp3雜化；[Cu(NH3)4]2+ 與NO3形成離子化合物，則[Cu(NH3)4](NO3)2屬于離子晶體；(3)CN與N2互為等電子體，CN中C、N之間形成C≡N三鍵，三鍵含有1個σ鍵、2個π鍵，1mol CN中含有的2molπ鍵，1mol CN中含有的π鍵數(shù)目為：2NA；將N原子用碳原子與1個單位負電荷替換可得到與CN互為等電子體的一種離子：；(4)CuSO4和Cu(NO3)2均為離子晶體，SO42所帶電荷比NO3大，故CuSO4晶格能較大，熔點較高；(5)A．碘分子的排列有2種不同的取向，在頂點和面心不同，2種取向不同的碘分子以4配位數(shù)交替配位形成層結(jié)構(gòu)，故A正確；B．用均攤法計算：頂點碘分子個數(shù)加面心碘分子個數(shù)=8+6=4，因此平均每個晶胞中有4個碘分子，即有8個碘原子，故B錯誤；C．碘晶體為無限延伸的空間結(jié)構(gòu)，構(gòu)成微粒為分子，是分子晶體，故C錯誤；D．碘晶體中的碘原子間存在II非極性鍵，而晶體中碘分子之間存在范德華力，故D錯誤；故答案為：A；(6)晶胞原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)、B為(1，0，0)、C為(，)，如圖坐標系中，A為處于坐標系中的原點(定義為O)，則C處于晶胞體心位置，A、D、C的連線處于體對角線線上，且D處于A、C連線的中點位置，故D到晶胞左側(cè)面距離為、到晶胞前面的距離為，到晶胞下底面距離為，故D的參數(shù)為(，)；晶胞中白色球數(shù)目=1+8=2，黑色球數(shù)目=4，二者數(shù)目之比為1：2，而化學(xué)式為Cu2O，故黑色球為Cu原子、白色球為O原子，即D表示Cu原子；金屬銅是面心立方最密堆積方式，Cu原子處于頂點與面心，頂點Cu原子與面心Cu原子相鄰，每個頂點為8個晶胞共用，每個面為2個晶胞共用，設(shè)Cu原子半徑為r，則晶胞棱長為2r，晶胞體積=(2r)3，晶胞中Cu原子數(shù)目=8+6=4，晶胞中Cu原子總體積=4πr3，該晶胞中Cu原子的空間利用率是=100%=74%